第第頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁人教版高二上學期化學(選擇性必修一)《第三章水溶液中離子反應與平衡》單元測試卷及答案一、單選題1．工業上以菱錳礦(主要成分為，還含少量的等雜質)為原料制備高純度碳酸錳的工藝流程如下：25℃時，下列說法錯誤的是A．“浸取”過程中加入少量目的是氧化以便除去鐵B．加氨水的目的是除鐵，除鐵過程中的C．溶液中D．“沉錳”過程中，的和混合溶液中2．神舟航天員在中國空間站進行太空實驗——過飽和醋酸鈉溶液結晶形成溫熱的“冰球”。下列說法正確的是A．醋酸鈉是非電解質 B．過飽和醋酸鈉溶液結晶過程中C．過飽和醋酸鈉溶液結晶過程中 D．向水中加入醋酸鈉，水的電離被抑制3．常溫下，向含、CH3COOH的混合液中滴加氨水，混合液中[]與pH關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A．代表與關系B．點對應的溶液中C．常溫下，電離常數比D．的平衡常數4．常溫下，三種金屬硫化物XS、YS、ZS的飽和溶液中pM[]與pS[]的關系如圖所示。已知：。下列敘述正確的是A．直線①代表XSB．C．向c點飽和溶液中加少量，c點向b點遷移D．5．25℃時，在的H2C2O4溶液中，不斷加入NaOH固體(忽略溶液體積和溫度變化)，含碳元素微粒的分布分數δ隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．該溫度下H2C2O4的電離常數B．0.100mol·L-1NaHC2O4溶液中：C．P點：D．溶液中隨pH的升高而改變6．利用硫鐵礦焙燒后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4?7H2O)，一種流程如下：已知：Al2O3既可與強酸反應又可與強堿反應，均生成可溶于水的鹽。下列說法中，不正確的是A．過程①溶解燒渣可選用足量鹽酸，過程④試劑X選用鐵粉B．固體1中含有SiO2，溶液2中的離子為Na+和、OH-C．從溶液3得到FeSO4?7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解D．若改變方案，在過程①中加過量NaOH溶液，得到固體1后經過程③④⑤也可得到FeSO4?7H2O7．常溫下，用濃度為0.0200mol/L的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.0200mol/L的HCl和的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨η()的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．的數量級為B．當時C．點c：D．水的電離程度：8．下列實驗操作、現象及得出的結論均正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A用試紙測得：溶液的約為9，溶液約為8電離出的能力比的強B室溫下，將投入飽和溶液中充分反應，向過濾后所得固體中加入足量鹽酸，固體部分溶解有無色無味氣體產生C向各盛有溶液的兩支試管中分別滴入2滴相同濃度的溶液和溶液，溶液中產生氣泡較快對分解的催化作用強于D向和混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入混合振蕩、靜置，下層呈無色，上層呈紅色。的還原性大于A．A B．B C．C D．D9．液氨與純水類似，也存在微弱的電離：，T℃時，液氨的離子積常數，若用定義的方式來規定，則下列敘述正確的是A．其他條件不變，增加液氨的量，電離平衡正向移動B．液氨達到電離平衡時C．T℃時的液氨中，D．一定溫度下，向液氨中加入氯化銨固體，電離平衡逆向移動，K值減小10．根據下列實驗操作和現象能得出相應結論的是選項實驗操作和現象結論A．向2mL1mol·L-1NaOH溶液中加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液，再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液，先有白色沉淀生成，后有紅褐色沉淀生成證明Mg(OH)2沉淀可以轉化為Fe(OH)3沉淀B．常溫下，用pH計分別測定等體積1mol·L-1CH3COONH4溶液和0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH，測得pH都等于7同溫下，不同濃度的CH3COONH4溶液中水的電離程度相同C．用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H＋的能力比CH3COOH的強D．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水層滴入KSCN溶液，溶液變成血紅色Fe3+與I-所發生的反應為可逆反應A．A B．B C．C D．D11．室溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是A．水電離出的的溶液中：B．在0.1溶液中：C．透明的溶液中：D．0.1溶液：12．草酸亞鐵是生產磷酸鐵鋰電池的原料，實驗室可通過如下反應制取：已知室溫時：下列說法不正確的是A．室溫時，0.1的溶液中：B．室溫時，向生成后的溶液中滴加濃溶液可能會生成沉淀C．室溫時，反應的平衡常數K=40D．室溫時，溶液中：13．常溫下，用0.1000的鹽酸滴定20.00mL未知濃度的一元堿BOH溶液。溶液中pH、的分布系數隨滴加鹽酸體積的變化關系如圖所示。［比如的分布系數：下列敘述正確的是A．滴定時，酚酞和甲基橙均可作指示劑B．該一元堿BOH為弱堿，BOH的電離常數約為C．滴定過程中，水的電離程度：n<p<qD．p點溶液中，粒子濃度大小為14．我國鉛鋅礦儲量豐富。通過以下工藝流程，綜合利用冶煉鉛鋅礦過程中產生的廢液［主要含和As(Ⅲ)等］和窯渣(主要含FeS、CuS、等)。已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可與稀硫酸反應。下列說法錯誤的是A．“氧化”時，使As(Ⅲ)轉化成As(Ⅴ)B．“浸出”時，增大液固比可提高廢酸中的去除率C．硫元素和鐵元素“浸出”與“沉砷”時被氧化D．“水解”時，加的作用是調節溶液的pH，使沉淀二、非選擇題15．25℃時，部分物質的電離平衡常數如下表所示：化學式CH3COOHH2CO3HClONH3·H2O電離平衡常數Ka＝1.75×10－5Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11Ka＝3.0×10－8Kb＝1.8×10－5(1)NH3·H2O的電離方程式是，25℃時，物質的量濃度為0.10mol/L的氨水中，c(OH－)＝(列出算式即可)。(2)25℃時，物質的量濃度相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液pH大小關系是：CH3COONa(填“＞”“＜”或“＝”)NaClO，請結合題目有關信息說明原因。(3)向NaClO溶液中通入少量二氧化碳氣體，發生反應的離子方程式是，結合所給數據說明生成該產物的理由。16．硅及其化合物在生活生產中有廣泛應用。請按要求回答下列問題。(1)工業上制備高純硅的示意圖如下：

①根據下圖所示物質反應過程中的能量變化，寫出用石英砂和焦炭制取粗硅，同時生成CO的熱化學方程式：。

②步驟Ⅱ產物中含有SiHCl3(沸點為33.0℃)，還有少量SiCl4(沸點為57.6℃)和HCl(沸點為-85.1℃)。若先將步驟Ⅱ產物降至室溫，提純SiHCl3，方法是。所用到的玻璃儀器除酒精燈、溫度計、錐形瓶、尾接管外，還需要、。(2)已知：硅的最高價氧化物對應的水化物有H2SiO3和原硅酸()。常溫下，H2SiO3：=2.0×10-10、=1.0×10-12；H2CO3：=4.5×10-7、=4.7×10-11。①向盛有飽和Na2SiO3溶液(滴有酚酞溶液)的試管中通入足量CO2；充分反應后，用激光筆照射上述液體時發現有光亮的通路。預測液體顏色的變化：；寫出該反應的離子方程式：。②寫出原硅酸脫水得到的產物(寫兩種)、。17．室溫下向溶液中逐滴加入溶液，溶液中由水電離出濃度的負對數與所加溶液體積關系如圖所示(忽略溶液混合引起的體積變化)：

(1)點溶液：；點溶液：(填“>”“<”或“=”)。(2)書寫點溶液中的物料守恒：。(3)點溶液顯性，點顯性。(填“中”酸”或“堿”)(4)點醋酸的電離度=。18．SO2會對環境和人體健康帶來極大的危害，工業上采取多種方法減少SO2的排放。方法1(雙堿法)：用NaOH溶液吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液(1)寫出過程ⅰ的離子方程式：。(2)CaO在水中存在如下轉化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)。從平衡移動的角度，簡述過程ⅱ中NaOH再生的原理：。方法2：用亞硫酸鹽(X)吸收煙氣中的SO2，會生成酸式鹽(HSO)。(3)已知NaHSO3溶液呈酸性，比較Na+以及溶液中各種含硫元素微粒的濃度大小關系。(4)已知用亞硫酸鹽(X)吸收SO2的過程中含硫組分物質的量分數(δ)與溶液pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤是的。

a.若X為Na2SO3，當吸收液呈中性時，2c(SO)+c(HSO)=c(Na+)b.若X為Na2SO3，當吸收液pH=1.85時，c(Na+)=2c(SO)+4c(H2SO3)c.若X為(NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈堿性，說明水解程度：SO＞NHd.若X為(NH4)2SO3，圖中b點溶液中n(HSO)：n(NH)=1：3參考答案題號12345678910答案CCBDDBDDCD題號11121314答案CDBB1．C【分析】菱錳礦粉碎后加入稀硫酸酸浸，將碳酸鹽和金屬氧化物轉化為硫酸鹽，其中得到的硫酸鈣微溶于水，二氧化硅不與稀硫酸反應，加入二氧化錳，酸性條件下二氧化錳將溶液中的亞鐵離子轉化為鐵離子，向反應后的溶液中加入氨水調節溶液pH，將溶液中鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，加入氟化銨溶液，將溶液中鈣離子、鎂離子轉化為氟化鈣、氟化鎂沉淀，加入碳酸氫銨溶液，將錳離子轉化為碳酸錳沉淀，過濾、干燥得到高純度的碳酸錳。【詳解】A．“浸取”過程中加入少量目的是氧化轉化為鐵離子，以便除去鐵，故A正確；B．加氨水的目的是除鐵，Fe3++3NH3?H2OFe(OH)3+3NH,除鐵過程中的Qc=故B正確；C．溶液中存在質子守恒：，故故C錯誤；D．“沉錳”過程中，的和混合溶液中故D正確；故選C。2．C【詳解】A．醋酸鈉是鹽，在水溶液中完全電離，是(強)電解質，A錯誤；B．溶液結晶過程中，溶液中的離子以固體析出，ΔS<0，B錯誤；C．溶液結晶過程中形成離子鍵，ΔH<0，C正確；D．向水中加入醋酸鈉后，醋酸鈉水解促進水的電離，D錯誤；故選C。3．B【分析】根據有，隨著橫坐標pH的增大，逐漸減?。患措S著橫坐標pH的增大，逐漸增大；即隨著橫坐標pH的增大，逐漸增大，根據圖像中直線斜率可知，代表和關系，代表和關系，代表和關系。【詳解】A．代表和關系，A項正確；B．點對應的溶液呈中性，溶液中還含有，根據電荷守恒有：所以，B項錯誤；C．根據圖像中數據計算同理由a點和b點，根據C項正確；D．的平衡常數D項正確；故答案選B。4．D【分析】pS一定時，縱坐標pM數值越小，溶度積常數越大，已知：Ksp(XS)>Ksp(YS)>Ksp(ZS)，則直線①②③分別代表ZS、YS、XS。【詳解】A．由分析可知，直線①代表ZS，故A錯誤；B．當pS=0時pZ=36，即c(S2-)=1，c(Z2+)=10-36mol/L，Ksp(ZS)=c(Z2+)?c(S2-)=1×10-36，故B錯誤；C．向c點飽和溶液中加少量Na2S，c(S2-)增大，而溫度不變Ksp(YS)不變，c(Y2+)減小，pM=-lgc(Y2+)增大，c點不會向b點遷移，故C錯誤；D．當pS=0即c(S2-)=1時pY=28即c(Y2+)=10-28mol/L，Ksp(YS)=c(Y2+)?c(S2-)=1×10-28，當pS=0時pX=14，即c(S2-)=1，c(X2+)=10-14mol/L，Ksp(XS)=c(X2+)?c(S2-)=1×10-14，該平衡常數，故D正確；故選：D。5．D【分析】不斷加入NaOH固體的過程中，pH逐漸增大，減小，先增大后減小，增大，由圖示可看出，①表示、②表示、③表示?！驹斀狻緼．，在P點時、pH=4.2，故，A正確；B．Q點時溶液主要以NaHC2O4溶液為主，pH<3，故0.100mol·L-1NaHC2O4溶液顯酸性，的電離程度大于水解程度，所以，B正確；C．在P點時溶液中的電荷守恒為，則有，且溶液中，P點時溶液pH=4.2故，C正確；D．由，不隨pH的變化而變化，只與溫度有關，D錯誤；故選D。6．B【分析】燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)中加入足量酸，Fe2O3轉化為Fe3+、Al2O3轉化為Al3+，SiO2不溶而成為固體1；溶液1中加入過量NaOH溶液，Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀(固體2)，Al3+轉化為(溶液2)；固體2中加入足量酸，Fe(OH)3轉化Fe3+等，再加入還原劑(如鐵粉)將Fe3+還原為Fe2+；將溶液蒸發濃縮、冷卻結晶，從而獲得FeSO4?7H2O?！驹斀狻緼．燒渣的主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，過程①溶解燒渣，主要是溶解Fe2O3、Al2O3，可選用足量鹽酸，過程④試劑X是將Fe3+還原為Fe2+，可以選用鐵粉，A正確；B．由分析可知，固體1中含有SiO2，溶液2中除含有Na+和、OH-外，還含有酸根離子等，B不正確；C．Fe2+易水解且具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，則從溶液3得到FeSO4?7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解，C正確；D．若改變方案，在過程①中加過量NaOH溶液，Al2O3轉化為，得到固體1中含有Fe2O3等，經過程③④⑤，Fe2O3分別轉化為Fe3+、Fe2+，最后結晶析出，也可得到FeSO4?7H2O，D正確；故選B。7．D【分析】NaOH溶液和HCl、混酸反應時，先與強酸反應，然后再與弱酸反應，由滴定曲線可知，a點時，NaOH溶液和HCl恰好完全反應生成NaCl和水，未發生反應，溶質成分為NaCl和；b點時，NaOH溶液反應掉一半的，溶質成分為NaCl、和；c點時NaOH溶液與恰好完全反應，溶質成分為NaCl；d點時NaOH過量，溶質成分為NaCl、和NaOH，據此解答。【詳解】A．由分析可知，a點時，溶質成分為NaCl和，體積變為原來二倍，濃度變為原來一半，則所以數量級為，A錯誤；B．點b時，，溶液中含有NaCl及等濃度的和，不考慮NaCl，由于，溶液顯酸性，說明的電離程度大于的水解程度，則，若要當時，則需要更多的，NaOH溶液則加的量少于b點，可知，B錯誤；C．c點NaOH溶液與恰好完全反應，溶液為等濃度的NaCl和混合溶液，存在物料守恒關系，C錯誤；D．開始時是酸溶液，水的電離受到抑制，滴加NaOH溶液過程中，與酸發生中和反應，開始生成NaCl和水，水電離的抑制程度減小，之后生成c點時恰好中和，溶質成分為NaCl、和水解促進水的電離，所以水的電離程度，D正確；故選D。8．D【詳解】A．NaClO溶液可使pH試紙褪色，不能用pH試紙測NaClO溶液的pH，應選pH計測定等濃度鹽溶液的pH，比較對應酸的酸性強弱，故A錯誤；B．BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中，Q(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)時，生成BaCO3沉淀，與鹽酸反應生成二氧化碳氣體，不能證明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，故B錯誤；C．試題中沒有描述H2O2的濃度是否相等，而且溶液和溶液陰離子種類也不相同，不能得到相應結論，故C錯誤；D．向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，因Fe2+的還原性大于Br-，可知氯氣把Fe2+氧化為Fe3+，再加入CCl4混合振蕩、靜置，觀察到下層呈無色，上層呈紅色，故D正確；答案選D。9．C【詳解】A．液氨是濃度為定值的純液體，增加液氨的量，電離平衡不移動，A錯誤；B．液氨中電離程度微弱，達到電離平衡時，B錯誤；C．T℃時的液氨中，則，C正確；D．向液氨中加入氯化銨固體，電離平衡逆向移動；液氨的離子積常數為溫度函數，溫度不變，離子積常數K值不變，D錯誤；故選C。10．D【詳解】A．向2mL1mol·L-1NaOH溶液中加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液，氯化鎂和氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化鎂，即有白色沉淀生成，由于氫氧化鈉過量，再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液，氯化鐵和剩余的氫氧化鈉溶液生成氫氧化鐵沉淀，即有紅褐色沉淀生成，但氫氧化鐵沉淀的生成并不是氫氧化鎂轉化而來，故A錯誤；B．常溫下，用pH計分別測定等體積1mol·L-1CH3COONH4溶液和0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pH，測得pH都等于7，是因為銨根離子和醋酸根離子的水解程度相等，并不能說明同溫下，不同濃度的CH3COONH4溶液中水的電離程度相同，故B錯誤；C．用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8，但醋酸鈉和亞硝酸鈉溶液濃度未知，所以不能比較陰離子的水解能力，也就不能比較HNO2和CH3COOH的電離能力，故C錯誤；D．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，萃取分液后，向水層滴入KSCN溶液，溶液變成血紅色，說明溶液中仍有鐵離子，但由于碘化鉀過量，所以鐵離子不是FeCl3電離產生的，而是因為Fe3+與I-所發生的反應為可逆反應，故D正確；故答案為：D。11．C【詳解】A．水電離出的的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，在兩種情況下均反應，不能大量共存，A錯誤；B．在0.1溶液中，溶液呈堿性，會生成沉淀或者，不能大量共存，B錯誤；C．透明的溶液中，之間均不反應，可以大量共存，C正確；D．0.1溶液中，與反應生成氫氧化鋁沉淀，不能大量共存，D錯誤；答案選C。12．D【分析】硫酸亞鐵銨用硫酸溶解，加入草酸生成草酸亞鐵沉淀，過濾、洗滌、干燥得?！驹斀狻緼．室溫時，的水解常數為，電離大于水解，所以0.1的溶液中，故A正確；B．硫酸鈣微溶，室溫時，向生成后的溶液中滴加濃溶液，時，會生成沉淀，故B正確；C．室溫時，反應的平衡常數K=，故C正確；D．根據電荷守恒、物料守恒，室溫時，溶液中：，故D錯誤；選D。13．B【詳解】A．BCl為強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，應該選擇酸性范圍內變色的指示劑甲基橙作指示劑，實驗誤差較小，而不應該使用堿性范圍內變色酚酞為指示劑，故A錯誤；B．滴定達到終點時消耗HCl的體積是20.00mL，根據反應方程式HCl+BOH=BCl+H2O，n(BOH)=n(HCl)，由于二者的體積相同，故二者的濃度相等，c(BOH)=0.1000mol/L；開始滴定時溶液的pH=11，c(OH-)=10-3mol/L，根據，可知c(B+)=10-3mol/L，BOH的電離常數約為，故B正確；C．向BOH中滴加HCl溶液的堿性逐漸減弱，堿電離產生的OH-對水電離的抑制作用逐漸減弱，在恰好中和前，水電離程度逐漸增大，因此水電離程度：n＜p，q點溶質為BCl與HCl，抑制水的電離，故水的電離程度：q<n<p，故C錯誤；D．p點時pH為10，則，根據電荷守恒溶液中存在，則，p點溶液中，粒子濃度大小為，故D錯誤。答案選B。14．B【分析】廢液中加H2O2使As(Ⅲ)轉化成As(V)，窯渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)加氧化后的廢液，并通入氧氣，將金屬化合物轉化為Fe3+、Cu2+，SiO2不溶于硫酸過濾除去，濾液中繼續通入氧氣將砷轉化為FeAsO4?2H2O沉淀，過濾后，濾液中加足量鐵粉置換出Cu,同時Fe3+被還原為亞鐵離子，再過濾出銅，濾液中通氧氣將鐵氧化為三價鐵，調節pH值使鐵轉化為氫氧化鐵，再經灼燒得到氧化鐵?！驹斀狻緼．“氧化”時，H2O2將廢液[主要含H2SO4和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)轉化成As(V)，故A正確；B．“浸出”時，增大液固比即廢酸的投入量增加，則廢酸中H+的去除率應降低，故B錯誤；C．因CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可與稀硫酸反應。故“浸出”時通入O2氧化的元素主要為S，“沉砷”時O2主要是將Fe2+氧化為Fe3+，從而生成FeAsO4?2H2O沉淀，故C正確；D．“水解”時，加Fe2O3的作用是消耗Fe3+水解產生的H+調節溶液的pH，促進水解平衡正向移動，有利于使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀且不引入新的雜質，故D正確；故選：B。15．(1)NH3·H2ONH＋OH－mol/L(2)＜CH3COO－水解平衡常數Kh1＝＝＝×10－9，ClO－水解常數為Kh2＝＝＝×10－6，ClO－水解程度大，堿性強(3)ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2()，酸性強弱為H2CO3＞HClO＞，利用酸性強的制取酸性弱的，得到產物是HClO和?！驹斀狻浚?）NH3·H2O為弱堿，在水中部分電離，其電離方程式為NH3·H2ONH＋OH－；根據一水合氨的電離方程式，c(NH)≈c(OH－)，根據電離平衡常數，Kb＝，c(OH－)＝＝mol/L；（2）CH3COONa屬于強堿弱酸鹽，CH3COO－水解平衡常數Kh1＝＝＝×10－9，NaClO屬于強堿弱酸鹽，ClO－水解常數為Kh2＝＝＝×10－6，Kh2＞Kh1，等物質的量濃度兩種溶液中NaClO溶液的pH大；（3）根據表中數據可知電離平衡常數大小順序是H2CO3＞HClO＞，利用酸性強的制取酸性弱的，可知次氯酸鈉溶液中通入少量的CO2，其離子方程式為ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋。16．(1)SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)ΔH=+638.4kJ·mol-1蒸餾蒸餾燒瓶直形冷凝管(2)溶液紅色變淺至褪色Si+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅膠)+2HCH2SiO3SiO2【詳解】（1）①根據兩個反應過程能量變化圖像可知：Ⅰ．Si(s)+O2(g)SiO2(s)ΔH=-859.4kJ·mol-1；Ⅱ．2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221.0kJ·mol-1；根據蓋斯定律Ⅱ-Ⅰ得熱化學方程式SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)ΔH=-221.0kJ·mol-1+859.4kJ·mol-1=+638.4kJ·mol-1；②若先將步驟Ⅱ產物降至室溫，根據SiHCl3、SiCl4沸點不同，用蒸餾法提純SiHCl3。蒸餾裝置圖為

，用到的玻璃儀器除酒精燈、溫度計、錐形瓶、尾接管外，還需要蒸餾燒瓶、直形冷凝管。（2）①弱酸的電離平衡常數越大其酸性越強，根據題給數據可得酸性：H2CO3>H2SiO3>HC>HSi，向盛有飽和Na2SiO3溶液(滴有酚酞溶液)的試管中通入足量CO2，生成硅酸膠體和碳酸氫鈉，該反應的離子方程式Si+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅膠)+2HC；Na2SiO3溶液中Si發生水解而使溶液呈堿性，滴加酚酞開始溶液為紅色，隨著CO2通入，Na2SiO3反應生成H2SiO3，溶液堿性減弱，溶液由紅色逐漸變無色；②原硅酸()脫去一分子水得到的產物是H2SiO3，脫去兩分子水得到的產物是SiO2。17．(1)><(2)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)(3)中性堿性(4)1%【分析】0.10mol/L的醋酸溶液對水電離起到抑制作用，起點水電離的氫離子濃度負對數為11，說明水電離的氫離子濃度為mol/L，醋酸電離的氫離子濃度為mol/L，加入氫氧化鈉溶液到10ml到b點，溶液中存在CH3COOH和CH3COONa，物質的量之比為1:1，到c點水電離的氫離子為mol/L，溶液中的物質仍然是CH3COOH和CH3COONa，到d點是完全生成了CH3COONa正鹽，e點是已經有CH3COONa和NaOH的混合物，